Aquí es una manera de ver este problema. Voy a escribir $I$ para $\bar{R}$.
En primer lugar, $B/IB = (R/I) \otimes_R B$, es decir, $B/IB$ es la imagen de $B$ bajo la inducción functor (cambio de anillos) $R$-mod $\to R/I$-mod. Este functor será escrito $\uparrow$. Frobenius reciprocidad nos dice
$$ \hom_{R/I}( B\uparrow, B'\uparrow) \cong \hom_R (B, B'\uparrow\downarrow) $$
donde $\downarrow$ es la restricción $R/I$-mod $\to R$-mod. Vamos a hacer de esto una identificación, por lo que consideramos $\phi$ como un elemento de la mano derecha. Entonces la pregunta es: "es $\phi$ en la imagen de $\hom_R(B,B') \to \hom_R(B,B'\uparrow \downarrow)$ ?" (el mapa en homs surge de $B' \to B\uparrow \downarrow$, los morfismos dado por la característica universal de la inducción).
Esto encaja en el largo exacto de la secuencia obtenida mediante la aplicación de $\hom_R(B, -)$ a $IB' \to B' \to B'\uparrow\downarrow$. Tenemos
$$0\to \hom_R(B, IB') \to \hom_R(B, B') \to \hom_R(B, B'\uparrow\downarrow) \stackrel{\omega}{\to} \operatorname{Ext}^1 _R(B, IB') \to \cdots $$
$\phi$ está en la imagen es equivalente a estar en el núcleo de la conexión homomorphism $\omega$, que es la multiplicación por la corta secuencia exacta de arriba. Así que una respuesta a tu pregunta es: $\phi$ ascensores si y sólo si es matado por la multiplicación por la corta secuencia exacta.
Sin embargo, esto es sólo una reformulación del problema. Claramente $B$ de los proyectivos es suficiente para garantizar el ascensor existe, como lo es cualquier suposición que hace que ext grupo $\operatorname{Ext}^1 _R(B, IB')$ se desvanecen. Pero para arbitrario $\phi$ no sé condiciones generales otros de la de arriba. Es suficiente para la inducción functor a ser completo. $R/I$ ser plana por $R$ (de modo que la inducción es exacta) ciertamente no es suficiente.